Legyen a három dobozban a golyók száma rendre $a$, $b$, $c$, ahol $a\le b\le c$. Ha $a=0$, akkor készen vagyunk. Tegyük fel, hogy $a>0$.
Osszuk el maradékosan $b$-t $a$-val, legyen $b=aq+r$ ($0\le r<a$, $q\ge 1$). Írjuk fel $q$ 2-es számrendszerbeli alakját: $q=m_0+2m_1+2^2{m}_2+\text{...}+2^k{m}_k$, ahol $0\le m_i\le 1$ és $m_k=1$. Ezután tegyünk az első dobozba rendre $a$, $2a$, $4a$, $\text{...}$, $2^{k}a$ golyót úgy, hogy ha $m_i=1$, akkor a második, ha $m_i=0$, akkor pedig a harmadik dobozból vesszük el az $\left(i+1\right)$-edik lépésben a golyókat ($i=0$, 1, $\text{...}$, $k-1$). Így a harmadik dobozból legfeljebb $\left(1+2+\text{...}+2^{k-1}\right)a$ darab golyót tettünk át, ami kevesebb, mint $2^{k}a\le b\le c$, tehát ezek a lépések valóban megtehetők.
Ezek után a második dobozban $r$ darab golyó marad, ami kevesebb, mint $a$. Ismételjük meg az eljárást, most tehát $a$ helyébe $r$ kerül, és $r$-rel végezzük el a maradékos osztást. Az egész eljárást többször megismételve, mivel az osztási maradékok egyre kisebbek lesznek, véges számú lépés után az egyik doboz biztosan kiürül.